1991年考研数学二真题

答案： $\mathrm{d}y=-\dfrac{\ln3}{1+3^x}\mathrm{d}x$。

思路： 微分等于导数乘 $\mathrm{d}x$，对指数与对数使用链式法则。

详细解答：

1. 因为 $3^{-x}=\mathrm{e}^{-x\ln3}$，其导数为 $-3^{-x}\ln3$。又有 $1+3^{-x}>0$，故

   $$y'=\frac{-3^{-x}\ln3}{1+3^{-x}}.$$

2. 分子分母同乘 $3^x$，得 $y'=-\ln3/(1+3^x)$。因此 $\mathrm{d}y=y'\mathrm{d}x$，即所列答案。

答案： $\left(-\dfrac1{\sqrt2},\dfrac1{\sqrt2}\right)$。

思路： 上凸即向下弯，对应二阶导数为负。

详细解答：

1. 求导得

   $$y'=-2x\mathrm{e}^{-x^2},\qquad y''=-2\mathrm{e}^{-x^2}+4x^2\mathrm{e}^{-x^2} =(4x^2-2)\mathrm{e}^{-x^2}.$$

2. 指数因子恒正，所以 $y''<0$ 等价于 $4x^2-2<0$，解得 $|x|<1/\sqrt2$。因此上凸区间为所列开区间。

答案： $1$。

思路： 无穷上限积分先截断为 $[1,R]$，分部积分后再令 $R\to+\infty$。

详细解答：

1. 取 $u=\ln x$、$\mathrm{d}v=x^{-2}\mathrm{d}x$，则 $v=-1/x$，故

   $$\int_1^R\frac{\ln x}{x^2}\mathrm{d}x =\left[-\frac{\ln x}{x}\right]_1^R+\int_1^R\frac{\mathrm{d}x}{x^2} =-\frac{\ln R}R+1-\frac1R.$$

2. $\ln R/R\to0$、$1/R\to0$，因此截断积分有有限极限 $1$。反常积分收敛，值为 $1$。

答案： $\dfrac12$ 米。

思路： 路程是速度绝对值的积分，先检查给定时段内速度的符号。

详细解答：

1. 时段内 $t>0$，$t^2\in[\pi/2,\pi]$，所以 $\sin(t^2)\ge0$，速度 $v(t)=t\sin(t^2)\ge0$。因此路程可直接积分速度。

2. 令 $u=t^2$，则 $\mathrm{d}u=2t\,\mathrm{d}t$，有

   $$s=\int_{\sqrt{\pi/2}}^{\sqrt\pi}t\sin(t^2)\mathrm{d}t =\frac12\int_{\pi/2}^\pi\sin u\,\mathrm{d}u =-\frac12[\cos u]_{\pi/2}^\pi=\frac12.$$

答案： $-1$。

思路： 当 $x\to0^+$ 时指数项很大，分子分母同除以它可得到有限量。

详细解答：

1. 同除以 $\mathrm{e}^{1/x}$，得

   $$\frac{1-\mathrm{e}^{1/x}}{x+\mathrm{e}^{1/x}} =\frac{\mathrm{e}^{-1/x}-1}{x\mathrm{e}^{-1/x}+1}.$$

2. $1/x\to+\infty$，所以 $\mathrm{e}^{-1/x}\to0$，且 $x\mathrm{e}^{-1/x}\to0$。于是分子趋于 $-1$，分母趋于 $1$，极限为 $-1$。

答案： D，$a=-1,b=-1$。

思路： 相切要求通过同一个点，并且该点的切线斜率相等。

详细解答：

1. 对隐式曲线 $2y=-1+xy^3$ 求导：

   $$2y'=y^3+3xy^2y',\qquad (2-3xy^2)y'=y^3.$$

   在 $(1,-1)$ 处系数为 $-1\ne0$，故切线斜率为 $(-1)/(-1)=1$。

2. 抛物线导数为 $2x+a$，在 $x=1$ 处斜率为 $2+a$，因此 $2+a=1$，得 $a=-1$。

3. 抛物线通过 $(1,-1)$，所以 $1+a+b=-1$。代入 $a=-1$ 得 $b=-1$，对应 D。

答案： B。

思路： 积分上限跨越分段点 $1$ 时，应保留前一段已经累积的积分。

详细解答：

1. 当 $0\le x\le1$，

   $$F(x)=\int_0^xt^2\mathrm{d}t=\frac{x^3}3.$$

2. 当 $1<x\le2$，在 $1$ 处分开：

   $$F(x)=\int_0^1t^2\mathrm{d}t+\int_1^x(2-t)\mathrm{d}t =\frac13+\left[2t-\frac{t^2}2\right]_1^x =-\frac76+2x-\frac{x^2}2.$$

   两段在 $x=1$ 都取 $1/3$，符合积分函数的连续性，对应 B。

答案： B。

思路： 横坐标取反将极值点移到 $-x_0$，函数值再取负将极大变成极小。题设没有给出可导性或全局最大值。

详细解答：

1. 由局部极大的定义，存在 $\delta>0$，使 $|u-x_0|<\delta$ 时 $f(u)\le f(x_0)$。设 $G(x)=-f(-x)$。当 $|x+x_0|<\delta$ 时，$|-x-x_0|<\delta$，故

   $$G(x)=-f(-x)\ge-f(x_0)=G(-x_0).$$

   所以 $-x_0$ 是 $G$ 的极小值点，B 正确。

2. A 需可导性才可用极值点导数为零的结论。取 $f(x)=-|x-1|$，$x_0=1$ 是极大值点，但不可导，不是驻点。

3. C 只对函数取负，没有改变横坐标，极小值应在 $x_0$。例如 $f(x)=-(x-1)^2$，$-f(x)=(x-1)^2$ 在 $x=-1$ 附近单调，不在那里极小。

4. D 把局部极大误当作全局最大。例如 $f(x)=-(x-1)^2+(x-1)^4$ 在 $x_0=1$ 局部极大，但 $f(3)=12>f(1)=0$，故 D 不成立。

答案： D，水平渐近线 $y=1$，铅直渐近线 $x=0$。

思路： 分别检查无穷远和分母零点处的极限。

详细解答：

1. 分母只在 $x=0$ 为零。$x\to\pm\infty$ 时 $\mathrm{e}^{-x^2}\to0$，因此

   $$y=\frac{1+\mathrm{e}^{-x^2}}{1-\mathrm{e}^{-x^2}}\longrightarrow1,$$

   得水平渐近线 $y=1$。

2. $x\to0$ 时，$1-\mathrm{e}^{-x^2}\sim x^2>0$，分子趋于 $2$，因此函数在零点两侧都趋于正无穷，得到铅直渐近线 $x=0$。两类渐近线都有，选 D。

答案： A，$F=\displaystyle\int_{-l}^0\frac{km\mu}{(a-x)^2}\mathrm{d}x$。

思路： 把细杆分成质量微元，用引力反平方公式，再将同方向的微元引力相加。

详细解答：

1. 取细杆右端为原点，则细杆占据 $[-l,0]$，质点横坐标为 $a$。在位置 $x$ 处取长度 $\mathrm{d}x$ 的微元，质量为 $\mathrm{d}M=\mu\mathrm{d}x$，与质点的距离为 $a-x$。

2. 微元引力大小为

   $$\mathrm{d}F=\frac{km\,\mathrm{d}M}{(a-x)^2} =\frac{km\mu}{(a-x)^2}\mathrm{d}x.$$

   所有引力方向相同，故总大小就是从 $-l$ 到 $0$ 的积分，对应 A。

3. 若求出数值表达式，

   $$F=km\mu\left[\frac1{a-x}\right]_{-l}^0 =km\mu\left(\frac1a-\frac1{a+l}\right).$$

   杆两半到质点的距离不同，不能简单取一半积分再乘二。

答案：

$$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} =\frac{t^2+2}{(\cos t-t\sin t)^3}, \qquad \cos t-t\sin t\ne0.$$

思路： 使用参数曲线二阶导数公式，展开分子时注意同类项的抵消。

详细解答：

1. 对参数求导：

   $$x'=\cos t-t\sin t,\quad y'=\sin t+t\cos t,$$

   $$x''=-2\sin t-t\cos t,\quad y''=2\cos t-t\sin t.$$

2. 当 $x'\ne0$ 时，一阶导数为 $y'/x'$。对这个商关于 $t$ 求导后再除以 $x'$，得到

   $$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} =\frac{y''x'-y'x''}{(x')^3}.$$

3. 将分子展开：

   $$(2\cos t-t\sin t)(\cos t-t\sin t) -(\sin t+t\cos t)(-2\sin t-t\cos t)$$

   $$=2\cos^2t-3t\sin t\cos t+t^2\sin^2t +2\sin^2t+3t\sin t\cos t+t^2\cos^2t=t^2+2.$$

   代入分母即得结果。

答案： $2\ln(4/3)$。

思路： 平方根换元后得到简单有理函数，再用部分分式积分。

详细解答：

1. 令 $u=\sqrt x$，则 $x=u^2$、$\mathrm{d}x=2u\mathrm{d}u$，上下限为 $1,2$：

   $$I=2\int_1^2\frac{\mathrm{d}u}{u(1+u)}.$$

2. 因为 $1/[u(1+u)]=1/u-1/(1+u)$，

   $$I=2[\ln u-\ln(1+u)]_1^2 =2[(\ln2-\ln3)-(0-\ln2)] =2\ln\frac43.$$

答案： $\dfrac16$。

思路： 分子的一阶项相消，要把正弦展开至三阶；分母只需指数的一阶展开。

详细解答：

1. 当 $x\to0$ 时，

   $$\sin x=x-\frac{x^3}6+o(x^3),\qquad \mathrm{e}^x-1=x+o(x).$$

2. 所以

   $$\frac{x-\sin x}{x^2(\mathrm{e}^x-1)} =\frac{x^3/6+o(x^3)}{x^3+o(x^3)} \longrightarrow\frac16.$$

答案： $\dfrac{x^2}4-\dfrac{x\sin2x}4-\dfrac{\cos2x}8+C$。

思路： 先降幂，再对一次多项式乘余弦的项分部积分。

详细解答：

1. 由 $\sin^2x=(1-\cos2x)/2$，

   $$I=\frac12\int x\,\mathrm{d}x-\frac12\int x\cos2x\,\mathrm{d}x =\frac{x^2}4-\frac12J.$$

2. 对 $J$ 取 $u=x$、$\mathrm{d}v=\cos2x\,\mathrm{d}x$，则 $v=\sin2x/2$：

   $$J=\frac{x\sin2x}2-\frac12\int\sin2x\,\mathrm{d}x =\frac{x\sin2x}2+\frac{\cos2x}4.$$

   代回得到所列原函数，加上任意常数 $C$。

答案： $y=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x+1}{x}$，初值所在区间 $x>0$。

思路： 左端是 $xy$ 的导数，右端分部积分即可。

详细解答：

1. 用乘积求导公式，原式为 $(xy)'=x\mathrm{e}^x$。积分右端：

   $$\int x\mathrm{e}^x\mathrm{d}x =x\mathrm{e}^x-\int\mathrm{e}^x\mathrm{d}x =(x-1)\mathrm{e}^x+C.$$

   所以 $xy=(x-1)\mathrm{e}^x+C$。

2. 代入 $y(1)=1$，得 $1=C$，因此在 $x\ne0$ 上有所列解。以 $x=1$ 为初始点的一般解区间取 $x>0$。

答案： 当 $x>1$ 时，$\dfrac{\ln(1+x)}{\ln x}>\dfrac{x}{1+x}$。

思路： 因分母为正，可交叉相乘，将不等式化为一个函数为正，再用导数证明。

详细解答：

1. $x>1$ 时 $(1+x)\ln x>0$，原不等式等价于

   $$H(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln x>0.$$

2. 求导得

   $$H'(x)=\ln(1+x)+1-\ln x-1 =\ln\left(1+\frac1x\right)>0.$$

   所以 $H$ 在 $[1,+\infty)$ 严格增加，且 $H(1)=2\ln2>0$。

3. 因此对 $x>1$ 有 $H(x)>H(1)>0$。除以正数 $(1+x)\ln x$，得到题设不等式。

答案： $y=C_1\cos x+C_2\sin x+x+\dfrac12x\sin x$。

思路： 非齐次项分为 $x$ 与 $\cos x$，分别求特解后相加；$\cos x$ 已是齐次解，需用含 $x$ 的试探形式。

详细解答：

1. 齐次特征方程为 $r^2+1=0$，齐次通解为 $C_1\cos x+C_2\sin x$。

2. 对右端 $x$，取 $y_{p1}=x$，则 $y_{p1}''+y_{p1}=x$。对右端 $\cos x$，设 $y_{p2}=Ax\sin x$，求导：

   $$y_{p2}'=A\sin x+Ax\cos x,\qquad y_{p2}''=2A\cos x-Ax\sin x.$$

   因此 $y_{p2}''+y_{p2}=2A\cos x$，得 $A=1/2$。

3. 由线性方程的叠加性质，特解为 $x+x\sin x/2$。加到齐次通解上，得到所列通解。

答案： $V=\dfrac\pi2$。

思路： 区域在 $x$ 轴下方，绕 $y$ 轴使用圆柱壳法，壳高必须取正的上下曲线之差。

详细解答：

1. 曲线与 $x$ 轴交于 $x=1,2$，在 $1<x<2$ 上 $(x-1)(x-2)<0$。壳半径为 $x$，壳高为 $0-(x-1)(x-2)$，所以

   $$V=-2\pi\int_1^2x(x-1)(x-2)\mathrm{d}x.$$

2. 展开并积分：

   $$V=-2\pi\int_1^2(x^3-3x^2+2x)\mathrm{d}x =-2\pi\left[\frac{x^4}4-x^3+x^2\right]_1^2.$$

   上端值为 $0$，下端值为 $1/4$，故 $V=-2\pi(0-1/4)=\pi/2$。

答案： $x_B=\dfrac13\ln2-1$，$x_C=\dfrac13\ln2+\dfrac12$。

思路： 用一条平行边的长度表示另一条边及两点横坐标，再求梯形面积的最大值。

详细解答：

1. 设 $|AB|=h$，其中 $0<h<1$，则 $|DC|=h/2$。$A$ 在 $y=\mathrm{e}^x$ 上，所以 $x_B=\ln h$；$D$ 在 $y=\mathrm{e}^{-2x}$ 上，所以

   $$x_C=-\frac12\ln\frac h2=\frac12\ln2-\frac12\ln h.$$

   此时 $x_B<0<x_C$，两平行边之间的距离是 $x_C-x_B$。

2. 梯形面积为

   $$S(h)=\frac{h+h/2}2(x_C-x_B) =\frac{3h}8(\ln2-3\ln h).$$

3. 求导：

   $$S'(h)=\frac38(\ln2-3\ln h-3).$$

   令其为零得 $\ln h=(\ln2)/3-1$，即 $h_0=2^{1/3}/\mathrm{e}\in(0,1)$。当 $h<h_0$ 时导数为正，当 $h>h_0$ 时为负，故这是允许区间内的最大点。

4. 代回横坐标，

   $$x_B=\frac13\ln2-1,\qquad x_C=\frac12\ln2-\frac12\left(\frac13\ln2-1\right) =\frac13\ln2+\frac12.$$

答案： $\pi^2-2$。

思路： 通过递推式把后两个长度为 $\pi$ 的区间都换回已知的 $[0,\pi)$。

详细解答：

1. 对 $0\le t<\pi$，已知 $f(t)=t$。代入 $x=t+\pi$，

   $$f(t+\pi)=f(t)+\sin(t+\pi)=t-\sin t.$$

   再代入 $x=t+2\pi$，

   $$f(t+2\pi)=f(t+\pi)+\sin(t+2\pi)=t.$$

2. 在 $2\pi$ 处分开积分，并分别令 $x=t+\pi$、$x=t+2\pi$：

   $$\int_\pi^{3\pi}f(x)\mathrm{d}x =\int_0^\pi(t-\sin t)\mathrm{d}t+\int_0^\pi t\,\mathrm{d}t =\int_0^\pi(2t-\sin t)\mathrm{d}t.$$

3. 积分得 $[t^2+\cos t]_0^\pi=(\pi^2-1)-1=\pi^2-2$。单个端点的取值不改变定积分。